Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 05/12/2013 Câu 1. (2,5 điểm) x 1 Cho hàm số y có đồ thị (C) . Tìm những điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến với x 1 (C) tại M cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A và B . Biết trọng tâm Gcủa tam giác OAB nằm trên đường thẳng d : 2x y 0 (với O là gốc tọa độ). Câu 2. (2,5 điểm) 3 Cho phương trình bậc ba: x 5x 3 0 . Gọi x1, x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình đã 10 10 10 cho. Không giải phương trình hãy tính tổng S x1 x2 x3 . x 2 y x 2 2 ln 0 Câu 3. (2,5 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 2 y . 2 y 15y xy 2x 5 0 Câu 4. (3,0 điểm) Cho dãy số (xn ) được xác định bởi: 2 xn 1 x1 2 3 và xn với n 2, 3,  . 2(xn 1 3) 1 2013x Tìm số hạng tổng quát của dãy số (x ) . Từ đó suy ra giới hạn lim n . n n xn Câu 5. (3,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z 1 . Chứng minh rằng x yz y zx z xy 1 xy yz zx . 5 Câu 6. (6,5 điểm). Cho tam giác ABC, có bán kính đường tròn ngoại tiếp R . 2 a) Với giả thiết trên, xét trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), gọi D(3; 2) là một điểm thuộc đường thẳng AB. Từ đỉnh A của tam giác ABC kẻ các đường trung tuyến, đường phân giác trong lần lượt có phương trình d1 : 4x 5y 14 0 , d2 : x y 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Biết rằng hoành độ các điểm B, C đều dương. b) Gọi M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC và a,b,c,ha ,hb ,h clần lượt là độ dài các cạnh, độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Chứng minh 3 rằng: MA.h MB.h MC.h abc . a b c 5 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 1
2. ĐÁP ÁN CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1: x 1 Gọi M x ; 0 (C); x 1 là điểm cần tìm và là tiếp tuyến với 2,5 0 0 x0 1 điểm 2 x 1 (C) tại M. Phương trình : y x x 0 2 0 x 1 0,5 x0 1 0 2 2 x0 2x0 1 y 2 x 2 x0 1 x0 1 2 2 x0 2x0 1 x0 2x0 1 cắt Ox tại A ;0 và cắt Oy tại B 0; 2 0,5 2 x0 1 x2 2x 1 x2 2x 1 Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB ta có G 0 0 ; 0 0 0,25 6 2 3 x0 1 Vì G d mà d: 2x y 0 nên 2 2 x0 2x0 1 x0 2x0 1 2 1 2. 2 0 x0 2x0 1 1 2 0 (*) 6 (x 1) 3 x0 1 0 2 Do A, B không trùng với O nên x0 2x0 1 0 0,75 1 (*) 1 2 0 x0 2; x0 0. (x0 1) Với x0 0 y0 1 (thỏa điều kiện). Với x0 2 y0 3 (thỏa đk) Vậy các điểm cần tìm là M1 0; 1 ;M 2 2;3 0,5 Câu 2: x1 x2 x3 0 2,5 Theo định lí Vi-et ta có: x1.x2 x2.x3 x3.x1 5 điểm 0,5 x1.x2.x3 3 (không cần chứng minh) 3 Vì xi ;i 1,2,3 là nghiệm của phương trình đã cho nên xi 5xi 3 5 2 3 2 3 2 2 Suy ra: xi xi .xi xi (5xi 3) 5xi 3xi 5(5xi 3) 3xi 0,75 2 3xi 25xi 15 8 3 2 2 xi xi (3xi 25xi 15) 134xi 225xi 90 10 2 2 2 0,75 xi xi (134xi 225xi 90) 760xi 1527xi 675 10 10 10 2 2 2 S x1 x2 x3 760(x1 x2 x3 ) 1527(x1 x2 x3 ) 2025 2 2 2 2 Mặt khác : x1 x2 x3 x1 x2 x3 2 x1x2 x2 x3 x3 x1 10 0,5 Vậy S 760.10 2025 9625 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 2
3. Câu 3: x x 0 x 0 2,5 Điều kiện 0 hoặc 0,25 2 y y 2 y 2 điểm x 0 1/ Xét trong điều kiện ta có phương trình y 2 (1) 2x ln x 22 y ln(2 y) (*) Xét hàm số f (t) 2t ln t trên tập xác định D (0; ) 0,75 1 f '(t) 2t ln 2 0 , t 0 t Suy ra f (t) 2t ln t đồng biến trên D (0; ) Phương trình (*) f (x) f (2 y) x 2 y Thay x 2 y vào phương trình thứ hai của hệ, ta được y 1 2 2 y 15y (2 y)y 2(2 y) 5 0 2y 11y 9 0 9 (thỏa đk) y 0,5 2 9 13 Với y 1 x 3 (thỏa đk). Với y x (thỏa đk) 2 2 x 0 2/ Xét trong điều kiện suy ra y 2 0 y 2 0,75 2 x 0 Ta có (2) x(y 2) y 15y 5 ( ) , với thì phương trình ( ) y 2 có VT 0 , do đó trong điều kiện này hệ vô nghiệm. 13 9 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (3; 1); ; . 0.25 2 2 Câu 4 Đặt yn 1 xn 1 3 xn 1 yn 1 3 xn yn 3 y1 2 . (3 2 0,5 2 2 yn 1 3 điểm) xn 1 yn 1 3 Khi đó xn yn 3 yn ; 2(xn 1 3) 2yn 1 2yn 1 2 2 u1 2 un un 1 3vn 1 Xét hai dãy (un ), (vn ) xác định bởi: và . 0,5 v1 1 vn 2un 1.vn 1 un Ta chứng minh: yn (2) vn 0,5 u2 7 + với n = 2 :y 2 (2) đúng v 2 4 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 3
4. u2 n 1 3 u v2 u2 3v2 u + Giả sử y n 1 , suy ra y n 1 n 1 n 1 n n 1 v n u 2u .v v n 1 2 n 1 n 1 n 1 n vn 1 Mặt khác theo cách xác định dãy (un ), (vn ) , ta được: 2 2 2 u 3v u 3v un un 1 3vn 1 n n n 1 n 1 2 3vn 2 3un 1.vn 1 u 3v u 3v n n n 1 n 1 0,5 22 2n 1 2n 1 suy ra un 3vn (un 2 3vn 2 )  (u1 3v1) (2 3) và 2n 1 22 2n 1 un 3vn (un 2 3vn 2 )  (u1 3v1) 2 3 Do đó 2n 1 2n 1 1 n 1 n 1 2 2 un 2 3 2 3 2 u 2 3 2 3 y n 3 n 1 n 1 n 2n 1 2n 1 2 2 v 0,5 1 n 2 3 2 3 vn 2 3 2 3 2 3 2n 1 Từ cách đặt suy ra xn yn 3 2 3 2 3 Suy ra 2n 1 1 2013.2 3 2 3 1 2013xn lim lim n 1 n x n 2 n 2 3 2 3 0,5 1 2013.2 3 2n 1 2 3 lim 2013 n 2 3 Câu 5 Do x, y, z 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất (3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0,5 đẳng thức (1) điểm) yz x zx y xy z xyz x y z 1 1 1 1 1 1 Đặt a ;b ;c suy ra x y z 1 1 . x y z a b c 1 1 1 Nhân hai vế của đẳng thức 1 cho abc , ta được: a b c 0,75 bc ca ab abc a b c Khi đó (1) a bc b ca c ab abc a b c bc Mặt khác a bc a , thật vậy a 0,5 bc bc a bc a a bc a 2 bc a a – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 4
5. 1 1 bc bc 1 2 bc b c 2 b c 2 bc 0 b c 0 0,75 ca ab Tương tự b ca b ; c ab c b c bc ca ab Suy ra a bc b ca c ab a b c a b c a bc b ca c ab abc a b c a b c Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 1 1 a b c 3 0,5 1 a b c Do đó bất đẳng thức đã cho được chứng minh và dấu “=”xảy ra khi 1 x y z 3 Câu 6 a) Tìm tọa độ các đỉnh B, C 3,0 6,5 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình: điểm x y 3 0 x 1 A 1;2 0,5 4x 5y 14 0 y 2 Đường thẳng AB đi quaA 1;2 ;D(3; 2) có phương trình 2x y 4 0 Qua D kẻ đường thẳng d3 vuông góc d2 và cắt d2 tại H. Suy ra d3 : x y 5 0 . Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương x y 3 0 x 4 trình H 4; 1 . 0,75 x y 5 0 y 1 Gọi E là điểm đối xứng của D qua H, suy ra E 5;0 AC . Do đó đường thẳng AC có phương trình: x 2y 5 0 Gọi là góc giữa hai đường thẳng AB và AC. 2.1 1.2 4 3 Ta có cos sin(B· AC) 5. 5 5 5 0,5 BC Theo định lí sin trong tam giác ABC ta có 2R BC 3 sin(B· AC) 5 c Do B AB; C AC nên B(b;4 2b), C c; . 2 0,5 b c 13 4b c Gọi I là trung điểm BC, suy ra I ; 2 4 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 5
6. I d1 Do nên BC 3 b 0 4b c 3 0 c 4b 3 0,5 c 4b 3 c 3 2 b 0 2 4b c 3 2 b c 9 (b 1) 1 b 2 2 b 2 c 5 Vì hoành độ của B và C dương nên hai điểm cần tìm là B(2;0), C(5;0) . 0,25 3 b) Chứng minh: MA.h MB.h MC.h .abc 3,5 a b c 5 Từ định lí sin trong tam giác ABC có a b c a b c 2R sin A ;sin B ;sin C sin A sin B sin C 5 5 5 0,5 1 1 bc ca ab S bc.sin A a.h h ;h ;h ABC 2 2 a a 5 b 5 c 5 3 MA MB MC MA.h MB.h MC.h abc 3. a b c 5 a b c MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC Ta có = a b c a.GA b.GB c.GC 3 MA.GA MB.GB MC.GC 0,5 = 2 a.ma b.mb c.mc (với G là trọng tâm; ma ,mb ,mc là độ dài các đường trung tuyến của tam giác ABC) 1 2 2 2 1 2 2 2 2 Mặt khác: a.ma a 2b 2c a 3a 2b 2c a 2 2 3 0,25 Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số dương 3a2 ;2b2 2c2 a2 , ta được: 3a2 2b2 2c2 a2 3a2 2b2 2c2 a2 2 0,75 a2 b2 c2 3a2 2b2 2c2 a2 1 2 2 2 1 1 Do đó: ama a b c 2 3 2 2 2 2 3 a.ma a b c 1 1 1 1 Tương tự : 2 3 2 2 2 ; 2 3 2 2 2 b.mb a b c c.mc a b c MA MB MC 3 3 Suy ra 2 2 2 MA.GA MB.GB MC.GC (1) a b c  a b c     Ta lại có: MA.GA MA.GA ; MB.GB MB.GB ; MA.GA MC.GC 0,5 MA MB MC 3 3       Suy ra MA.GA MB.GB MC.GC (2) a b c a2 b2 c2       Mà MA.GA MB.GB MC.GC = 0,5 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 6
7.          MG GA GA MG GB GB MG GC GC 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 a b c GA GB GC = ma mb mc = 9 3 MA MB MC Thay vào (2), ta được: 3 . a b c 3 Hay MA.h MB.h MC.h abc . (đccm) 0,5 a b c 5 Dấu đẳng thức xảy ra khi dấu đẳng thức (1) và (2) đồng thời xảy ra M  G và tam giác ABC đều. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 7